2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)5一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用5.3.2.2函數(shù)的最大小值課時作業(yè)含解析新人教A版選擇性必修第二冊

PAGE課時作業(yè)(二十)函數(shù)的最大(小)值[練基礎(chǔ)]1．函數(shù)f(x)＝x2ex，x∈[－2,1]的最大值為()A．4e－2B．0C．e2D．e2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx－1(a>0)在定義域內(nèi)有零點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．a(chǎn)≤1B．0<a≤1C．a(chǎn)≥1D．a(chǎn)>13．已知函數(shù)f(x)＝ex－x＋a的圖象始終在x軸的上方，則實數(shù)a的取值范圍()A．(－1，＋∞)B．(－∞，－1)C．[－1，＋∞)D．(－∞，－1]4．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2ex，若當(dāng)x∈[－2,2]時，不等式f(x)>m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．5．函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍是________．6．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常數(shù)a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函數(shù)．(1)求f(x)的表達式．(2)求g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值．[提實力]7．(多選題)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2(a<0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，則a的取值可能為()A．－6B．－5C．－4D．－38．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx(x>0)的圖象與直線y＝4相切于點M(1,4)，則y＝f(x)在區(qū)間(0,4]上的最大值為________；最小值為________．9．已知函數(shù)f(x)＝ex－ax，a∈R，e是自然對數(shù)的底數(shù)．(1)若函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值，求a的值及f(x)的極值．(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值．[戰(zhàn)疑難]10．若實數(shù)m的取值使函數(shù)f(x)在定義域上有兩個極值點，則叫做函數(shù)f(x)具有“凹凸趨向性”，已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，且f′(x)＝eq\f(m,x)－2lnx，當(dāng)函數(shù)f(x)具有“凹凸趨向性”時，m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,e)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，－\f(1,e)))課時作業(yè)(二十)函數(shù)的最大(小)值1．解析：因為f′(x)＝(x2＋2x)·ex＝x(x＋2)·ex，令f′(x)＝0，x＝0或x＝－2，所以f(x)在(－2,0)單調(diào)遞減，在(0,1)單調(diào)遞增．又f(－2)＝eq\f(4,e2)<1，f(1)＝e>1，所以f(x)max＝e.答案：D2．解析：函數(shù)f(x)定義域為(0，＋∞)．因為函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx－1(a>0)在定義域內(nèi)有零點，所以a＝x－xlnx有解，令h(x)＝x－xlnx，所以h′(x)＝－lnx，所以h(x)的增區(qū)間為(0,1)，減區(qū)間為(1，＋∞)，所以h(x)max＝h(1)＝1.∴0＜a≤1.答案：B3．解析：因為函數(shù)f(x)＝ex－x＋a的圖象始終在x軸的上方，所以f(x)＝ex－x＋a的最小值大于零，令f′(x)＝ex－1＝0，得x＝0，當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)＝ex－x＋a的最小值為f(0)＝1＋a，因為1＋a>0，所以a>－1.答案：A4．解析：f′(x)＝xex＋eq\f(1,2)x2ex＝eq\f(ex,2)·x(x＋2)，由f′(x)＝0得x＝0或x＝－2.當(dāng)x∈[－2,2]時，f′(x)，f(x)隨x的改變狀況如下表：x－2(－2,0)0(0,2)2f′(x)0－0＋f(x)微小值∴當(dāng)x＝0時，f(x)min＝f(0)＝0，要使f(x)>m對x∈[－2,2]恒成立，只需m<f(x)min，∴m<0.答案：m<05．解析：f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．當(dāng)a≤0時，f′(x所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，無最小值．當(dāng)a>0時，f′(x)＝3(x－eq\r(a))(x＋eq\r(a))．當(dāng)x∈(－∞，－eq\r(a))和(eq\r(a)，＋∞)時，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－eq\r(a)，eq\r(a))時，f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)eq\r(a)<1，即0<a<1時，f(x)在(0,1)內(nèi)有最小值．答案：(0,1)6．解析：(1)因為f′(x)＝3ax2＋2x＋b，所以g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b因為g(x)是奇函數(shù)，所以g(－x)＝－g(x)，從而3a＋1＝0，b解得a＝－eq\f(1,3)，b＝0，∴f(x)的表達式為f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2.(2)由(1)知g(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x，所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0.解得x1＝－eq\r(2)(舍去)，x2＝eq\r(2)，而g(1)＝eq\f(5,3)，g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，g(2)＝eq\f(4,3)，因此g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，最小值為g(2)＝eq\f(4,3).7．解析：∵f(x)＝2x3－ax2，∴f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)令f′(x)＝0得x＝0或x＝eq\f(a,3)(a<0)當(dāng)eq\f(a,3)<x<0時，f′(x)<0；當(dāng)x<eq\f(a,3)或x>0時，f′(x)>0，從而f(x)在x＝eq\f(a,3)處取得極大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27).由f(x)＝－eq\f(a3,27)得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,3)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,3)))＝0，解得x＝eq\f(a,3)或x＝－eq\f(a,6)，∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，∴eq\f(a,3)<eq\f(a＋6,3)≤－eq\f(a,6)，∴a≤－4，故a的取值可能為－6，－5，－4.故選ABC.答案：ABC8．解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b(x>0)．依題意，在eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9.))所以f(x)＝x3－6x2＋9x.令f′(x)＝3x2－12x＋9＝0，解得x＝1或x＝3.當(dāng)x改變時，f′(x)，f(x)在區(qū)間(0,4]上的改變狀況如下表：x(0,1)1(1,3)3(3,4)4f′(x)＋0－0＋＋f(x)404所以函數(shù)f(x)＝x3－6x2＋9x在區(qū)間(0,4]上的最大值是4，最小值是0.答案：409．解析：(1)由于f′(x)＝ex－a，函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值因此：f′(2)＝e2－a＝0∴a＝e2經(jīng)檢驗，a＝e2時f(x)在x＝2處取得極值，成立．f(x)的極值為f(2)＝－e2.(2)當(dāng)a≤0時，f(x)在R上單調(diào)遞增，因此f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(0)＝1當(dāng)a>0時，f(x)在(－∞，lna)單調(diào)遞減，(lna，＋∞)單調(diào)遞增．①1≤lna即a≥e時，∴f(x)在[0,1]單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(1)＝e－a②0<lna<1即1<a<e時，∴f(x)在[0，lna)單調(diào)遞減，(lna,1]單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(lna)＝a－alna③lna≤0即0<a≤1時，因此f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(0)＝1.10．解析：f′(x)＝eq\f(m,x)－2lnx＝eq\f(m－2xlnx,x)，(x>0)，若函數(shù)f(x)具有“凹凸趨向性”時，則m＝2xlnx在(0，＋∞)上有2個不同的實數(shù)根，令g(x)＝2xlnx，g′(x)＝2(1＋lnx)，令g′(x)>0，解得x>eq\f(1,e)，令g′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,e)，∴g(x)在eq\b\lc\(\